2025年新疆哈密石油高中高一化学第一学期期中预测试题含解析.doc

2025年新疆哈密石油高中高一化学第一学期期中预测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法正确的是
A．硫酸、纯碱(Na2CO3)、氯化钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和碱性氧化物
B．用丁达尔效应可区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
C．生石灰与水混合的过程只发生物理变化
D．H2O、C2H5OH、SO3均含有氧元素，都是氧化物
2、配制2mol/L的NaCl溶液950mL时应选用的容量瓶的规格和NaCl质量分别是
A．950mL 111.2g B．1000mL 117g
C．1000mL 111.2g D．950mL 117g
3、在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是( )
A．HCl＋NaOH===NaCl＋H2O
B．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
C．HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3
D．MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
4、下列物质的分离或提纯，可选用蒸馏法的是
A．除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒
B．除去氯化钠晶体中混有的碘单质
C．分离汽油和煤油的混合物
D．分离水和苯的混合物
5、下列化合物中，属于盐的是
A．Ca(OH)2 B．HNO3 C．Na2O D．K2CO3
6、在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是

A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，过滤所得滤液中滴加NaHSO4溶液，则发生的离子反应为：H++OH-=H2O
C．c点，两溶液中离子总浓度相同
D．a点对应的溶液显中性，d点对应的溶液显酸性
7、下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．非金属性强弱：I>Br>Cl B．原子半径大小：Na>P>S
C．氧化性强弱：F2>Cl2>Br2 D．金属性强弱：Na>Mg>Al
8、已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4=（NH4）2SO4＋（CH3COO）2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的离子方程式正确的是（　　）
A．（CH3COO）2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
B．Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
C．Pb2＋＋H2S=PbS↓＋2H＋
D．Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－=PbS↓＋2CH3COOH
9、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（ ）
A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
B．2CO + O2CO2
C．CaCO3 CaO+CO2↑
D．CaO+H2O=Ca(OH)2
10、下列分散系属于胶体的是(　　)
A．石灰水 B．豆浆 C．泥水 D．蔗糖水
11、已知有如下反应：①+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，③2FeCl2+Cl2=2FeCl3，下列说法正确的是:
A．根据上述三个反可知氧化性：＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1
C．反应②中每生成127gI2，转移的电子数为2NA
D．反应②中FeCl3只作氧化剂，反应③中FeCl3只是氧化产物
12、关于Zn+2HCl=ZnCl2+H2的反应，下列说法正确的是（ ）
A．单质Zn中Zn的化合价升高，被还原，是氧化剂
B．HCl中H的化合价降低，被氧化，HCl是还原剂
C．H2是还原产物
D．该反应是复分解反应，也是氧化还原反应
13、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1 mol铝离子含有的核外电子数为3NA
B．1.7 g双氧水中含有的电子数为0.9NA
C．常温下，11.2 L的甲烷气体含有甲烷分子数为0.5NA个
D．标准状况下，33.6 L水中含有9.03×1023个水分子
14、在溶液中，下列电离方程式不正确的是
A．Ba（OH）2＝Ba2＋＋2OH－ B．NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－
C．NaHCO3＝Na＋＋HCO3－ D．H2SO4＝H2＋＋SO42－
15、下列反应中必须加入还原剂才能进行的是
A．Na →Na2O2 B．Cl2→HCl C．CaO→Ca(OH)2 D．Fe2O3→Fe
16、某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是

A．稀硫酸 B．氧气 C．二氧化碳 D．氯化钠
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2＋离子和B原子电子层数也相同。回答：
(1)画出A2＋离子的结构示意图　_____________________；
(2)A、B、C三元素符号分别为___________ 、_____________ 、__________。
18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子：B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子：D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。
（1）写出A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出与A的电子层结构相同的两种离子的离子符号________、________。
（3）写出B离子的电子式________________，D原子的结构示意图________________。
19、I.是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品：
① ② ③ ④ ⑤
(1)①中钢瓶上应贴的标签为___________。
A．腐蚀品 B．爆炸品 C．有毒品 D．易燃品
(2)化学工业中通过“氯碱工业”制取氯气等产品，其化学方程式为_______________。
(3)制备“84消毒液”(有效成分为)的化学方程式为_______________。
(4)工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，其有效成分是_____________(填化学式)。
II.实验室里除了用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，也可以利用反应：
制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图所示：

(1)若以和浓盐酸为原料制取氯气，请根据反应原理从下图中选择合适的制气装置___________(填代号)。
a. b. c.
(2)装置B的作用_________________________________。
(3)E中的试剂可选___________。
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．水
20、某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂粉精（这是一个放热反应，反应后温度将升高）。A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰，据此回答：

（1）烧瓶B中反应的化学方程式：_____________________________；
（2）D中所盛的试剂是______________。其作用是：____________；
（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中发生的化学方程式是__________________，此实验结果所得产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管C中存在两个副反应：___________；
（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取的措施是：____________
（5）试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）_________
（6）为避免此副反应发生，可采取的措施是：________________。
（7）家庭中使用漂粉精时，为了增强漂白能力，可加入少的物质是________（选填编号）。
A．食盐 B．食醋 C．烧碱 D．纯碱
21、从石油裂解中得到的1，3-丁二烯可进行以下多步反应，得到氯丁橡胶和富马酸。

（1）B的名称为2-氯-1，4-丁二醇，请你写出B的结构简式____________________。
（2）请你写出第②步反应的化学方程式：______________________________。
（3）反应①~⑥中，属于消去反应的有______________________________。
（4）有机合成中的路线和步骤选择非常重要，若将第②步和第③步的顺序调换，则B结构将是____________________。
（5）如果没有设计③和⑥这两步，直接用KMnO4/H+处理物质A，导致的问题是：______________________________。
（6）某种有机物的分子式为C5H6O4，它的分子中所含官能团的种类、数目均与富马酸相同，不考虑顺反异构，它可能的结构有__________种。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
纯碱(Na2CO3)是盐；胶体能产生丁达尔效；生石灰与水混合生成氢氧化钙；C2H5OH含有3种元素，不属于氧化物。
【详解】
纯碱(Na2CO3)是盐不是碱，故A错误；胶体能产生丁达尔效，用丁达尔效应可区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故B正确；生石灰与水混合生成氢氧化钙，属于化学变化，故C错误；C2H5OH含有3种元素，不属于氧化物，故D错误。
本题难度不大，考查物质类别的判别，抓住酸、碱、盐、氧化物的特征，熟悉常见的物质的组成是正确解答本题的关键。
2、B
【解析】
配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，根据m＝nM计算其质量。
【详解】
配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，则需要称取的NaCl的质量为2mol/L×1L×58.5g/mol=117g，答案选B。
本题的关键在于容量瓶规格的选择，计算时用选定规格容量瓶的容积计算所需溶质的质量。
3、B
【解析】
试题分析：盐酸表现酸性上完标志是有盐酸盐生成，表现氧化性的标志是氯化氢中氢元素的化合价降低，表现还原性的标志是氯元素的化合价升高。A是中和反应，盐酸表现的是酸性。B是置换反应，氢元素的化合价降低，属于表现的是酸性和氧化性。C中盐酸表现的是酸性。D中有氯气中生成，氯元素的化合价升高，盐酸表现的是酸性和还原性，答案选D。
考点：考查盐酸性质的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确盐酸表现酸性、还原性和氧化性的判断依据，然后结合具体的化学方程式灵活运用即可。
4、C
【解析】
A.由于碳酸钙难溶于水，所以可以用过滤的方法除去石灰水中的碳酸钙的颗粒，故不选A；
B.由于单质碘在加热的时候会升华，而氯化钠的沸点比较高，所以可以用升华的方法除去混在氯化钠晶体中的碘单质，故不选B；
C.由于汽油和煤油的沸点范围不同，所以可以采用蒸馏的方法分离汽油和煤油的混合物，故选C；
D.由于苯和水互不相容，所以可以采用分液的方法分离，其中上层液体是苯，下层液体是水，故不选D；
本题答案为C。
①过滤用于分离难溶固体与液体的混合物；②蒸馏用于分离沸点不同的液态混合物；③分液用于分离互不相溶的液态混合物。
5、D
【解析】
A. Ca(OH)2发生电离时生成的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故A不选；
B. HNO3发生电离时生成的阳离子全为氢离子，属于酸，故B不选；
C. Na2O是由钠元素和氧元素构成的氧化物，不属于盐，故C不选；
D. K2CO3发生电离时生成钾离子和碳酸根离子，属于盐，故D选，答案选D。
6、D
【解析】
A. Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，据图可知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确：
B. 根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则达b点时发生的反应为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，此时溶液的溶质为NaOH，所以在b点过滤所得滤液中滴加NaHSO4溶液，发生的离子反应为：H＋+OH－=H2O，故B正确；
C. 溶液导电能力与离子浓度成正比，c点时两溶液的导电能力相同，说明两溶液中离子的总浓度相同，故C正确；
D. a点时①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中呈中性，d点时②中溶质为Na2SO4，硫酸钠溶液呈中性，故D错误，答案选D。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解答本题的关键，要特别注意溶液导电能力与离子浓度成正比，为易错点。
7、A
【解析】
A．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Cl＞Br＞I，A错误；
B．同一周期的元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：Na＞P＞S，B正确；
C．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2＞Cl2＞Br2，C正确；
D．同一周期的元素从左到右元素的金属性依次减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，D正确。
答案选A。
8、A
【解析】
根据硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，在离子反应中难溶物、弱酸应保留化学式，利用(CH3COO)2Pb（醋酸铅）溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，据此写出该反应的离子方程式。
【详解】
(CH3COO)2Pb (醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，因在离子反应方程式中难溶物、弱酸应保留化学式，硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，H2S、CH3COOH为弱酸，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb +H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。
9、B
【解析】
氧化还原反应的判断标准是有没有元素化合价的升降。
【详解】
四个选项中只有B选项有元素化合价的升降，碳的化合价升高，氧的化合价降低。
故选B。
10、B
【解析】
胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种均一介稳定的分散系，据此判断。
【详解】
A. 石灰水属于溶液，A不符合题意；
B. 豆浆分散质微粒直径在1～100nm之间，属于胶体，B符合题意；
C. 泥水属于浊液，C不符合题意；
D. 蔗糖水属于溶液，D不符合题意；
答案选B。
本题考查胶体的特点与判断，明确胶体与其它分散系的本质区别是解答的关键，是对基础知识的考查，题目难度不大。
11、A
【解析】
A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的，①ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O中，氧化性：ClO3->Cl2；②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+>I2；③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化性：Cl2>Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：ClO3->Cl2>Fe3+>I2，A正确；
B. ①反应ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O中ClO-中Cl元素化合价由+5降低到0价为氧化剂，Cl-中Cl元素化合价由-1价升高到0价为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，B错误；
C. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，生成1molI2转移2mol电子，所以每生成127gI2，即0.5mol碘，转移的电子数为NA，C错误；
D. 反应②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，FeCl3中Fe元素化合价由+3降低到+2价为氧化剂，反应③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，D错误；
答案选A。
12、C
【解析】
A、Zn的化合价升高，Zn作还原剂，被氧化，A错误；
B、HCl中H的化合价降低，被还原，HCl作氧化剂，B错误；
C、HCl作氧化剂，被还原，故H2为还原产物，C正确；
D、该反应属于置换反应，也是氧化还原反应，复分解反应没有化合价的变化，D错误；
故选C。
13、B
【解析】
A、铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子；
B、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子；
C、常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L甲烷的物质的量；
D、、标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。
【详解】
A项、由于铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子，核外电子数为10NA，故A错误；
B项、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子，1.7 g双氧水的物质的量为0.5mol，则0.5mol双氧水中含有的电子数为0.9NA，故B正确；
C项、常温下，不是标准状况下，题中条件无法计算11.2L甲烷的物质的量，故C错误；
D项、标况下，水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故D错误。
故选B。
本题考查了阿伏加德罗常数，注意明确标况下物质的状态、标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系是关键。
14、D
【解析】
A．氢氧化钡为强电解质，在溶液中电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba（OH）2＝Ba2＋＋2OH－，故A正确；
B．NaHSO4属于强酸的酸式盐，属于强电解质，在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－，故B正确；
C．NaHCO3属于强电解质，在水中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3＝Na＋＋HCO3－，故C正确；
D．硫酸为强电解质，溶液中电离出氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：H2SO4＝2H＋＋SO42－，故D错误；
综上所述，本题选D。
15、D
【解析】
A．Na →Na2O2中，Na元素化合价升高，需加氧化剂发生反应，A错误；
B．Cl2→HCl中，虽然Cl元素的化合价降低，但可与水反应发生自身氧化还原反应，B错误；
C．CaO→Ca(OH)2中，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，C错误；
D．Fe2O3→Fe中，Fe元素的化合价降低，需加还原剂发生反应，D正确；
答案选D。
16、C
【解析】
有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 Mg C O
【解析】
A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。
(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；
(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。
本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。
18、Na S H Cl Mg2+ Al3+（或F-、O2-、N3-都可）
【解析】
A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子，A为Na，B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同，B为S；C元素的原子核内无中子，C为H；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个，D为Cl；
【详解】
（1）根据分析，A、B、C、D四种元素的符号：A：Na、B：S、C：H、D：Cl。
答案为：Na；S；H；Cl；
（2）A为Na，A的离子为Na+，核外有10个电子，两个电子层，与其结构相同的离子有Mg2+、Al3+、F-、O2-、N3-，
答案为：Mg2+；Al3+（或F-、O2-、N3-都可）；
（3）B为S，S2-的电子式，D为Cl，原子的结构示意图。
答案为：；。
19、C b 吸收氯化氢气体 A
【解析】
本题是一道以氯气的性质和氯气的制取为核心的综合题，难度一般。
【详解】
I.（1）氯气是一种有毒的气体，因此需要贴上有毒品的标签；
（2）氯碱工业即以电解饱和食盐水为基础的工业，写出电解饱和食盐水方程即可：；
（3）若要制得次氯酸钠，将氯气通入氢氧化钠溶液即可，反应原理与漂白粉的制取类似：；
（4）漂白粉的主要成分为和，有效成分只有；
II.（1）从方程式可以看出，我们需要一个固液不加热制气体的装置，因此选用装置b即可； （2）装置B中的饱和食盐水只吸收氯化氢而不吸收氯气，因此可以除去氯气中混入的氯化氢气体；
（3）E是尾气处理，防止氯气溢出，一般选择碱液来吸收氯气，故答案选A。
20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑ 氢氧化钠溶液 吸收多余的氯气 2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O； 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O； 将U型管置于冷水浴中 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O 在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 B
【解析】
加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气中混有氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙；但是反应温度过高，氯气与氢氧化钙反应产生氯酸钙，盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应产生氯化钙，发生副反应；因此只要降低温度，除去氯化氢气体即可避免副反应的发生；根据强酸制备弱酸的原理分析使用漂粉精时为增强其漂白性所要加入的试剂；据以上分析解答该题。
【详解】
（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
故答案是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
（2）氯气有毒不能直接排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成无毒物质，所以D中试剂是氢氧化钠溶液；
故答案是：氢氧化钠溶液；吸收多余的氯气；
（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应生成氯化钙，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
故答案是：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；
（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取降低温度的措施，将U型管置于冷水浴中即可；
故答案是：将U型管置于冷水浴中；
（5）挥发出的氯化氢与潮湿的氢氧化钙反应生成氯化钙和水，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
故答案是：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
（6）盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应，所以反应方程式为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可以在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
故答案是：在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（7）次氯酸具有漂白作用，酸性较弱，可以加入酸性比次氯酸强一点的酸即可，因此可以在漂粉精中加入食醋，根据强酸制备弱酸的原理可知，可得到更多的次氯酸，增强漂白性；
故答案是：B。
低温下，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和次氯酸钙；温度升高，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和氯酸钙，氯化氢气体也能够与氢氧化钙反应生成氯化钙和水；因此制备出的氯气必须不含氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢；反应需要保持低温环境，因此就需要给反应降温，可以采用冷水浴的方法进行，这样才避免副反应的发生，提高次氯酸钙的产率。
21、+2NaOH+2NaBr④⑥碳碳双键也会被氧化5
【解析】
（1）根据B的名称可得B的结构简式为。
（2）根据流程可知：BrCH2CH=CHCH2Br经过两步反应得到，根据官能团的变化可知，反应②为-Br水解为-OH，则A为HOCH2CH=CHCH2OH；反应③为A与HCl加成生成B。根据上述分析，反应②为BrCH2CH=CHCH2Br在NaOH的水溶液、加热的条件下水解生成HOCH2CH=CHCH2OH，化学方程式为：BrCH2CH=CHCH2Br +2NaOH HOCH2CH=CHCH2OH +2NaBr。
（3）反应①是CH2=CH-CH=CH2与Br2发生1，4-加成，生成BrCH2CH=CHCH2Br；反应②为水解反应（取代反应）；反应③为加成反应；根据反应④产物可知，反应④为B在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应；根据反应条件及反应产物可知，反应⑤为氧化反应；反应⑥为HOOC-CHCl-CH2-COOH→C4H4O4，分析二者分子式可知，反应⑥为消去反应。故答案为④⑥。
（4）反应②为水解反应，BrCH2CH=CHCH2Br→HOCH2CH=CHCH2OH，反应③为加成反应HOCH2CH=CHCH2OH→。若将反应②和反应③调换顺序，即先BrCH2CH=CHCH2Br与HCl加成生成；再发生水解反应，所得产物应为。
（5）反应⑥为消去反应，则富马酸的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。如果省去步骤③和⑥，直接用KMnO4/H+处理物质A（HOCH2CH=CHCH2OH），碳碳双键也能被高锰酸钾氧化，则得不到富马酸。故答案为碳碳双键也会被氧化。
（6）富马酸含有2个-COOH和1个碳碳双键，该有机物为富马酸的同系物，且比富马酸多1个碳原子。该有机物可能的结构有、、、、，共5种。
故答案为5。
点睛：（6）问中判断C5H6O4同分异构体的数目为本题的难点，根据限定条件，同分异构体应具有一个碳碳双键和2个-COOH，可看作时CH2=CHCH3上的2个H原子被2个-COOH取代。采用“定一移一”的方法，先固定一个-COOH的位置，再移动另一个-COOH，确定符合条件的有机物共有5种。